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Limiti e forme

indeterminate

LORENZO ROI

Edizioni H–ALPHA

mailto:[email protected]

c© Edizioni H–ALPHA. Ottobre 2014. H

L’immagine frattale di copertina rappresenta un particolare dell’insieme di Mandelbrotcentrato nel punto (−1.11537831031507, 0.304810593522331) e ingrandito 5218 volte.

Titolo: Schizzo frattale.

INDICE

Limiti di funzioni razionali fratte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1) limx→−2

x2 − x− 6

x3 + 5x2 + 8x+ 42) lim

x→2

x4 − 8x2 + 16

x3 − 8

3) limx→2

x3 − 3x2 + 4

x3 − 2x2 − 4x+ 84) lim

x→1

x2 − 1

x3 − 1

5) limx→1

xp − 1

xq − 16) lim

x→∞

3x3 + 4x2 + x− 1

x4

7) limx→∞

4x5 + 7x4 + 1

2x5 + 78) lim

x→±∞

x3 + 1

x− 1

Limiti di funzioni irrazionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

9) limx→1

√x− 1

x− 110) lim

x→2

√x+ 2−

√2x√

x− 2

11) limx→−1

3√x+ 1

x+ 112) lim

x→1

x+ 1− 2√x

(x− 1)2

13) limx→+∞

x+√x

2√x+ x

14) limx→+∞

3x− 2√4x− 1 +

√x+ 1

15) limx→+∞

3

√

1

x·√

x2 + 1 16) limx→+∞

√

x2 + 5x+ 6− x

17) limx→+∞

√x(√

x−√1 + x

)

18) limx→+∞

8√x8 + 1 + 4

√x4 − 1

5√1 + x5 + 3

√1 + x3

19) limx→+∞

√x− 1

x2 + x− 220) lim

x→0

√x+ 4− 2

x

21) limx→1

√x+ 1−

√2√

x2 + 3− 222) lim

x→81

3− 4√x

9−√x

Limiti indeterminati coinvolgenti funzioni goniometriche . . . . . . . . 10

23) limx→0

sen 3x

x24) lim

x→0

1− cosx

x2

25) limx→0

sen 5x

sen 2x26) lim

x→±∞x sen

1

x

27) limx→a

sen2 x− sen2 a

x− a28) lim

x→0

1− cosx+ senx

1− cosx− senx

29) limx→0

sen4 x

(1− cosx)230) lim

x→0

sen4 x

(1− cosx)3

31) limx→0

1− cos 2x

sen2 3x32) lim

x→0

3x+ tg x

senx+ tg2 x

33) limx→0+

√1− cosx

x34) lim

x→π±

√1 + senx−

√1− senx

sen2 x

35) limx→0

x3

tg x− senx36) lim

x→0+lnx− ln sen 2x

37) limx→π

2

tg x(1− senx) 38) limx→π

4

(1− tg x) tg 2x

Limiti di funzioni esponenziali e logaritmiche . . . . . . . . . . . . . . 16

39) limx→+∞

ln(

√

x2 + 1− x)

40) limx→0+

expln2 x− 2

lnx− 2

41) limx→0

x

lga(1 + x)42) lim

x→0

ax − 1

x

43) limx→0

ex − 1

senx44) lim

x→0

1− cosx

(ex − 1)2

45) limx→1

x1

1−x 46) limx→0+

x1

ln 3x

47) limx→0

ex − e−x

e2x − e−2x48) lim

x→0

eax − ebx

x

49) limx→∞

(

x

1 + x

)2x

50) limx→0

(cosx)1/x2

Limiti fondamentali e importanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Esercizi risolti

Requisiti necessari per affrontare gli esercizi presentati di seguito:

conoscenza dei teoremi sulle operazioni tra limiti e sul limite di una funzione com-posta,

continuita delle funzioni, in particolare delle funzioni elementari.

conoscenza dei limiti fondamentali.

Queste brevi note riguardano le tecniche di risoluzione di quei limiti che ad un primoapproccio conducono a forme di indeterminazione e che si possono trattare senza laconoscenza del teorema di De L’Hopital. Le diverse tipologie che si presentano si possonoricondurre a 4 forme principali che solo per comodita di scrittura e senza alcun significatooperativo, verranno individuate nel seguito come

0

0,

∞∞ , 0 · ∞, +∞−∞.

Ad ogni modo tutte le volte che il calcolo del limite conduce a delle forme indeter-minate, si dovra cercare di trasformare identicamente la funzione in modo adeguatosenza ovviamente modificare il limite e allo scopo di rimuovere, nella nuova forma,l’indeterminazione.

Per esempio il limite

limx→2

x3 − 2x2 − x+ 2

x− 2

da luogo alla forma 0/0. Difatti ricordando la continuita delle funzioni polinomiali,limx→2 x

3 − 2x2 − x+ 2 = f(0) = 0 e limx→2 x− 2 = 2 − 2 = 0. Se tuttavia riduciamola frazione ai minimi termini, si ottiene

x3 − 2x2 − x+ 2

x− 2=

x2(x− 2)− (x− 2)

x− 2=

(x− 2)(x2 − 1)

x− 2= x2 − 1 ⇐⇒ x 6= 2.

Ne segue che l’ultima espressione coincide con la funzione di partenza solo se x 6= 2,condizione questa che permette di scrivere

limx→2

x3 − 2x2 − x+ 2

x− 2= lim

x→2x2 − 1 = 3

e quindi risolvere l’indeterminazione.

2 Esercizi risolti sulle forme indeterminate

1. Limiti di funzioni razionali fratte

Una funzione di questo tipo si indica con

f(x) =A(x)

B(x)con A(x) e B(x) polinomi.

I limiti di queste funzioni o sono immediati per la continuita della funzione f(x), o ingenere danno luogo alle forme 0/0, ∞/∞.

Caso 0/0

Limiti di questo tipo si hanno quando x tende ad un valore finito. L’indeterminazioneviene eliminata riducendo la frazione ai minimi termini. A tale scopo si scompone inprodotto di fattori sia il numeratore che il denominatore e si semplificano i fattori comuni.Ad esempio si voglia calcolare il

limx→2

A(x)

B(x)= lim

x→2

x2 − 3x+ 2

x2 + x− 6.

Poiche A(2) = B(2) = 0 la forma e indeterminata ma per lo stesso motivo, i due polinomirisultano divisibili per 2, cioe x = 2 e uno zero dei polinomi A(x) e B(x). Scomponendoallora con il metodo di Ruffini si ottiene

limx→2

x2 − 3x+ 2

x2 + x− 6= lim

x→2

(x− 2)(x− 1)

(x− 2)(x+ 3)= lim

x→2

x− 1

x+ 3=

1

5,

rimuovendo in tal modo l’indeterminazione.Piu in generale, quando il limx→α

A(x)B(x) = 0

0 , vuol dire che x = α e uno zero sia di A(x)

che di B(x). In tal caso scomposti i due polinomi nei fattori

A(x) = (x− α)Q1(x) B(x) = (x− α)Q2(x)

il limite originario diviene

limx→α

A(x)

B(x)= lim

x→α

(x− α)Q1(x)

(x− α)Q2(x)= lim

x→α

x− α

x− α· Q1(x)

Q2(x)

e poiche il termine e tale che limx→αx−αx−α = 1 il limite si riduce a

limx→α

A(x)

B(x)= lim

x→α

Q1(x)

Q2(x).

Nell’eventualita che il limite precedente sia ancora indeterminato si puo iterare il proce-dimento: in tal caso la radice x = α possiede un ordine di molteplicita maggiore di 1.Per esempio nel polinomio A(x) = x5− 2x4+5x3− 13x2+14x− 5 = (x− 1)3(x2+x+5)la soluzione x = 1 possiede una molteplicita pari a 3.

Esercizio 1 limx→−2

x2 − x− 6

x3 + 5x2 + 8x+ 4. Il limite rientra nella forma 0/0 per cui scompo-

nendo numeratore e denominatore si trova

limx→−2±

x2 − x− 6

x3 + 5x2 + 8x+ 4= lim

x→−2±

(x+ 2)(x− 3)

(x+ 2)2(x+ 1)= lim

x→−2±

x− 3

(x+ 2)(x+ 1)= ±∞.

Esercizi risolti sulle forme indeterminate 3

Infatti risulta limx→−2±1

x+2 = ±∞ e limx→−2x−3x+1 = f(−2) = 5.

Esercizio 2 limx→2

x4 − 8x2 + 16

x3 − 8. Poiche risulta limx→2 x

4 − 8x2 + 16 = f(2) = 0 e

limx→2 x3 − 8 = f(2) = 0 il limite e indeterminato. Scomponendo numeratore e denomi-

natore si trova

limx→2

x4 − 8x2 + 16

x3 − 8= lim

x→2

(x− 2)2(x+ 2)2

(x− 2)(x2 + 2x+ 4)= 0

in quanto limx→2 (x− 2) = 0 e limx→2(x+2)2

x2+2x+4 = f(2) = 4/3.


x3 − 3x2 + 4

x3 − 2x2 − 4x+ 8. Scomponendo ancora il numeratore e il denomi-

natore si giunge a

limx→2

x3 − 3x2 + 4

x3 − 2x2 − 4x+ 8= lim

x→2

(x− 2)2(x+ 1)

(x− 2)2(x+ 2)=

3

4

in quanto limx→2(x−2)2

(x−2)2 = 1 e limx→2x+1x+2 = f(2) = 3

4 .


x2 − 1

x3 − 1. Ricordando le scomposizioni elementari di binomi in fattori,

il limite si riscrive

limx→1

x2 − 1

x3 − 1= lim

x→1

(x− 1)(x+ 1)

(x− 1)(x2 + x+ 1)= lim

x→1

x+ 1

x2 + x+ 1=

2

3.


xp − 1

xq − 1. Questo limite e la generalizzazione del precedente. Quindi,

per le formule della scomposizione in fattori di un binomio, si puo scrivere

limx→1

xp − 1

xq − 1= lim

x→1

(x− 1)(xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1)

(x− 1)(xq−1 + xq−2 + · · ·+ x+ 1).

Va quindi risolto il limite

limx→1

xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1

xq−1 + xq−2 + · · ·+ x+ 1

che, data la continuita in x = 1 della funzione a suo argomento, si calcola sfruttando taleproprieta ossia

limx→1

xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1

xq−1 + xq−2 + · · ·+ x+ 1= f(1) =

∑p1 1

∑q1 1

=p

q.

Caso ∞/∞

Per funzioni razionali fratte questo caso si verifica quando x tende all’infinito. L’indeter-mi nazione viene eliminata mettendo in evidenza, sia al numeratore che al denominatore,la potenza di x con esponente massimo. Per esempio si voglia calcolare il limite seguente:


limx→∞

A(x)

B(x)= lim

x→∞

a0xn + a1x

n−1 + · · ·+ an−1x+ anb0xm + b1xm−1 + · · ·+ bm−1x+ bm

=∞∞

con n, m interi positivi. Il numeratore e di grado n ed il denominatore di grado m. Siproceda nel modo seguente:

a. si metta in evidenza al numeratore e al denominatore rispettivamente xn ed xm.Si ottiene cosı il

limx→∞

xn(

a0 +a1

x + · · ·+ an−1

xn−1 + an

xn

)

xm(

b0 +b1x + · · ·+ bm−1

xm−1 + bmxm

)

b. a questo punto si tenga presente che i limiti di funzioni del tipo p/xq con q > 0valgono limx→∞

pxq = 0. Quindi tutti gli addendi con una potenza positiva di x

al denominatore xq, passando al limite, si annullano. Rimane da considerare, allimite, il termine a0x

n

b0xm . I casi che possono presentarsi sono 3 e dipendono dai valoridi n e m.1. se n < m:

limx→∞

A(x)

B(x)= lim

x→∞

a0xn

b0xm= lim

x→∞

a0b0xm−n

= 0;

2. se n = m: limx→∞

A(x)

B(x)=

a0b0

uguale al rapporto dei coefficienti di grado massimo;

3. se n > m:

limx→∞

A(x)

B(x)= lim

x→∞

a0xn−m

b0= ∞.

Esercizio 6 limx→∞

3x3 + 4x2 + x− 1

x4. Raccogliendo la potenza x3 al numeratore di-

scende

limx→∞

3x3 + 4x2 + x− 1

x4= lim

x→∞

x3(

3 + 4x + 1

x2 − 1x3

)

x4= lim

x→∞

3 + 4x + 1

x2 − 1x3

x= 0

in quanto limx→∞4x = limx→∞

1x2 = limx→∞

1x3 = 0.


4x5 + 7x4 + 1

2x5 + 7. In modo analogo, fattorizzando x5 sia al numeratore

che al denominatore si giunge a

limx→∞

4x5 + 7x4 + 1

2x5 + 7= lim

x→∞

x5(

4 + 7x + 1

x5

)

x5(

2 + 7x5

) = 2

in quanto i termini del tipo 7x ,

1x5 ,

7x5 hanno limite nullo e limx→∞ x5/x5 = 1.

Esercizio 8 limx→±∞

x3 + 1

x− 1. Con le medesime modalita dei precedenti esercizi racco-

gliamo x3 al numeratore e x al denominatore:

limx→±∞

x3 + 1

x− 1= lim

x→±∞

x3(

1 + 1x3

)

x(

1− 1x

) = limx→±∞

x2(

1 + 1x3

)

(

1− 1x

) = +∞

avendo limx→±∞ x2 = +∞.


2. Limiti di funzioni irrazionali

In base al tipo di funzione irrazionale, il limite puo essere immediato o dare luogo alleforme di indeterminazione del tipo 0/0, ∞/∞, +∞−∞, 0 ·∞. Difatti gli esempi seguenti(successivamente risolti)

1. limx→1

√x− 1

x− 12. lim

x→2

√x+ 2−

√2x√

x− 2

3. limx→+∞

x+√x

2√x+ x

4. limx→+∞

√

x2 + 5x+ 6− x

5. limx→+∞

3x− 2√4x− 1 +

√x+ 1

6. limx→+∞

3

√

1

x·√

x2 + 1

risultano tutti indeterminati. I primi due riportano al caso 0/0, il terzo e il quinto a+∞/+∞, il quarto a +∞−∞, mentre l’ultimo a 0 · ∞.Si tenga presente che tanto le funzioni razionali, quanto le irrazionali che, al limite, dannoluogo a forme indeterminate diverse dalle 0/0, ∞/∞, +∞−∞, si possono manipolareper ricondurle alle precedenti tre forme di indeterminazione. L’ultimo esempio infatti sipuo scrivere per x > 0 come

limx→+∞

6

√

(x2 + 1)3

x2,

forma che ci riconduce all’indeterminazione ∞/∞. Fissiamo quindi l’attenzione, nel casodi limiti di funzioni irrazionali, sulle 3 forme 0/0, ∞/∞, +∞−∞.

Caso 0/0

Si tratta sempre di eliminare l’indeterminazione cambiando la funzione in un’altra aventelo stesso limite. Tale scopo si puo raggiungere in tre modi:

1. mediante razionalizzazione del numeratore, o del denominatore, o di entrambi,2. mediante opportune scomposizioni,3. mediante particolari artifici.


√x− 1

x− 1. Tale limite verra risolto in due modi diversi:

a. razionalizziamo il numeratore della funzione:√x− 1

x− 1·√x+ 1√x+ 1

=x− 1

(x− 1)(√x+ 1)

.

Ne segue che

limx→1

√x− 1

x− 1= lim

x→1

x− 1

(x− 1)(√x+ 1)

= limx→1

1√x+ 1

=1

1 + 1=

1

2.

b. si puo pure scomporre il denominatore considerandolo una differenza di quadrati.Cosicche

limx→1

√x− 1

x− 1= lim

x→1

√x− 1

(√x− 1)(

√x+ 1)

= limx→1

1√x+ 1

=1

1 + 1=

1

2.



√x+ 2−

√2x√

x− 2. Razionalizzando sia il numeratore che il denomina-

tore discende

√x+ 2−

√2x√

x− 2·√x+ 2 +

√2x√

x+ 2 +√2x

·√x− 2√x− 2

=(x+ 2− 2x)

√x− 2

(x− 2)(√

x+ 2 +√2x

)

=−(x− 2)

√x− 2

(x− 2)(√

x+ 2 +√2x

) ;

ne segue pertanto

limx→2

√x+ 2−

√2x√

x− 2= lim

x→2

−(x− 2)√x− 2

(x− 2)(√

x+ 2 +√2x

) = limx→2

−√x− 2√

x+ 2 +√2x

=0

2 + 2= 0.

Esercizio 11 limx→−1

3√x+ 1

x+ 1. Pure tale limite verra risolto in due modi diversi:

a. ricordando che a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2) razionalizziamo il numeratore:

limx→−1

3√x+ 1

x+ 1= lim

x→−1

3√x+ 1

x+ 1·

3√x2 − 3

√x+ 1

3√x2 − 3

√x+ 1

=

= limx→−1

x+ 1

(x+ 1)(

3√x2 − 3

√x+ 1

) = limx→−1

13√x2 − 3

√x+ 1

=1

3.

b. scomponendo in fattori il denominatore, considerato come una somma di cubi si hax+ 1 = ( 3

√x+ 1)(

3√x2 − 3

√x+ 1) per cui

limx→−1

3√x+ 1

x+ 1= lim

x→−1

3√x+ 1

( 3√x+ 1)(

3√x2 − 3

√x+ 1)

= limx→−1

13√x2 − 3

√x+ 1

=1

3.


x+ 1− 2√x

(x− 1)2. Si tratta di cercare di fattorizzare un termine che si

annulli per x = 1. Alloraa. razionalizzando il numeratore considerato come la differenza di due termini x+1−

2√x = (x+ 1)− 2

√x

limx→1

x+ 1− 2√x

(x− 1)2· (x+ 1) + 2

√x

(x+ 1) + 2√x= lim

x→1

(x+ 1)2 − 4x

(x− 1)2(x+ 1 + 2√x)

= limx→1

(x− 1)2

(x− 1)2(x+ 1 + 2√x)

= limx→1

1

x+ 1 + 2√x=

1

4


b. scomponendo invece in fattori nel modo seguente x + 1 − 2√x = (

√x − 1)2 e

(x− 1)2 = [(√x+ 1)(

√x− 1)]

2= (

√x+ 1)2(

√x− 1)2, si ha

limx→1

x+ 1− 2√x

(x− 1)2= lim

x→1

(√x− 1)

2

(√x+ 1)

2(√x− 1)

2 = limx→1

1

(√x+ 1)

2 =1

(1 + 1)2=

1

4.

Caso ∞/∞

Anche in questo caso si procede come per le funzioni razionali fratte, cioe l’indetermina-zione viene eliminata, in generale, mettendo in evidenza sia al numeratore che al denomi-natore la potenza di x con esponente massimo. Occorre pero porre attenzione sul fattoche:

a. gli esponenti sono frazionari: si ricordi infatti che n√xm = xm/n;

b. portando fuori dalla radice di indice n pari una potenza di x, compare il valoreassoluto. Per esempio

√x2 = |x|,

√x4 = x2,

4√x6 = |x| 4

√x2.

c. Nel radicando (che e un polinomio razionale) per x → ∞ puo talvolta presentarsila forma indeterminata +∞−∞. In tal caso questo limite e sempre infinito e vatrattato con i metodi gia visti. Infatti se

limx→∞

A(x) = limx→∞

a0xn + a1x

n−1 + · · ·+ an−1x+ an

= limx→∞

xn(

a0 +a1x

+ · · ·+ an−1

xn−1+

anxn

)

= ∞

e il segno di questo limite infinito dipende dalla x (x → ±∞) e dal coefficiente a.

Per concludere: il limite per x → ∞ di un polinomio razionale da luogo ad una sommaalgebrica di termini ciascuno con limite infinito. Fra essi prevale quello di ordine massimo(potenza di x con esponente massimo). Pertanto nel calcolo si possono “trascurare” lepotenze di x inferiori al grado del polinomio ossia, come si suol dire, gli infiniti di ordineinferiore.

Esercizio 13 limx→+∞

x+√x

2√x+ x

. Raccogliendo la potenza massima

limx→+∞

x+√x

2√x+ x

= limx→+∞

x(

1 + 1√x

)

x(

1 + 2√x

) = limx→+∞

1 + 1√x

1 + 2√x

=1 + 0

1 + 0= 1.

Il limite, come si puo notare, e ancora dato dal rapporto dei coefficienti di grado massimo.In alternativa, posto

√x = t il limite assegnato si riscrive come

limx→+∞

x+√x

2√x+ x

= limt→+∞

t2 + t

2t+ t2

in modo da poter applicare la teoria dei limiti di funzioni razionali fratte al tendere adinfinito della variabile indipendente. In tal caso, avendo il medesimo grado i polinomi anumeratore e denominatore, il limite e pari al rapporto dei coefficienti di grado massimoossia 1/1 = 1.



3x− 2√4x− 1 +

√x+ 1

. Si osservi che il limite dovrebbe essere infinito

perche, per x → +∞, il numeratore e un infinito di ordine 1 e il denominatore e un infinitodi ordine 1/2. Infatti

limx→+∞

3x− 2√4x− 1 +

√x+ 1

= limx→+∞

x(

3− 2x

)

√

x(

4− 1x

)

+√

x(

1 + 1x

)

= limx→+∞

x(

3− 2x

)

√x(√

4− 1x +

√

1 + 1x

)

= limx→+∞

√x(

3− 2x

)

√

4− 1x +

√

1 + 1x

= +∞

in quanto limx→+∞√x = +∞ e i limiti degli altri 3 termini sono tutti finiti e positivi.


3

√

1

x·√

x2 + 1. Riscritto il limite sotto forma di quoziente si ha

limx→+∞

√x2 + 13√x

= limx→+∞

6

√

(x2 + 1)3

x2= lim

x→+∞6

√

x6

x2+ 3

x4

x2+ 3

x2

x2+

1

x2

= limx→+∞

6

√

x4 + 3x2 + 3 +1

x2

= limx→+∞

6

√

x4

(

1 +3

x2+

3

x4+

1

x6

)

= +∞

e dove nell’ultimo passaggio si e fattorizzata la potenza massima del radicando, respon-sabile del limite trovato.

Caso +∞−∞

Questo caso si riconduce, con trasformazioni della funzione che non mutano il suo limite,al precedente ∞/∞. Tali trasformazioni dipendono dal tipo di funzione ma, in genereper le funzioni irrazionali coinvolgono una razionalizzazione.


√

x2 + 5x+ 6− x. Razionalizzando

limx→+∞

(

√

x2 + 5x+ 6− x)

·√x2 + 5x+ 6 + x√x2 + 5x+ 6 + x

= limx→+∞

x2 + 5x+ 6− x2

√x2 + 5x+ 6 + x

= limx→+∞

5x+ 6√x2 + 5x+ 6 + x.

Il limite e finito perche sia il numeratore che il denominatore sono degli infiniti di ordine1 per x → +∞. Infatti, ricordando che la condizione x → +∞ permette di porre |x| = xin quando x > 0 discende

limx→+∞

x(

5 + 6x

)

|x|√

1 + 5x + 6

x2 + x= lim

x→+∞

x(

5 + 6x

)

x(√

1 + 5x + 6

x2 + 1) =

5 + 0

1 + 1=

5

2.



√x(√

x−√1 + x

)

. Il limite si presenta nella forma indeterminata

+∞−∞. Conviene pertanto trasformare la funzione tramite una razionalizzazione deltipo

√x−

√1 + x =

(√x−

√1 + x

)

·√x+

√1 + x√

x+√1 + x

=x− 1− x√x+

√1 + x

=−1√

x+√1 + x

.

Pertanto

limx→+∞

√x(√

x−√1 + x

)

= limx→+∞

√x · −1√

x+√1 + x

= limx→+∞

−√x√

x+√1 + x

che risulta ancora indeterminato ma della forma ∞/∞. Poiche pero il grado del nume-ratore e del denominatore sono uguali ad 1/2 ci si aspetta un limite finito. Difatti

limx→+∞

−√x

√x(

1 +√

1+xx

) = limx→+∞

−1

1 +√

1 + 1x

=−1

1 + 1= −1

2.


8√x8 + 1 + 4

√x4 − 1

5√1 + x5 + 3

√1 + x3

. Il numeratore e il denominatore sono infiniti

ma del medesimo ordine (= 1) per cui il limite e finito. Infatti poiche x → +∞, |x| = xe percio

limx→+∞

|x| 8

√

1 + 1x8 + |x| 4

√

1− 1x4

x 5

√

1x5 + 1 + x 3

√

1x3 + 1

= limx→+∞

x(

8

√

1 + 1x8 + 4

√

1− 1x4

)

x(

5

√

1x5 + 1 + 3

√

1x3 + 1

) =1 + 1

1 + 1= 1.


√x− 1

x2 + x− 2. Il numeratore e un infinito di ordine 1/2 inferiore a

quello del denominatore (2). Il limite pertanto dovrebbe essere nullo. Infatti

limx→+∞

√

x(

1− 1x

)

x2 + x− 2= lim

x→+∞

x1

2

√

1− 1x

x2(

1 + 1x − 2

x2

)

= limx→+∞

√

1− 1x

x2− 1

2

(

1 + 1x − 2

x2

) = 0

in quanto limx→+∞ x3

2 = +∞ e i rimanenti termini possiedono limiti finiti e positivi.


√x+ 4− 2

x. Razionalizzando il numeratore

limx→0

√x+ 4− 2

x·√x+ 4 + 2√x+ 4 + 2

= limx→0

x+ 4− 4

x(√

x+ 4 + 2) = lim

x→0

1√x+ 4 + 2

=1

4.



√x+ 1−

√2√

x2 + 3− 2. Il limite porta ad una forma indeterminata di 0/0.

Per risolverlo razionalizziamo sia il numeratore che il denominatore in modo da fattoriz-zare un termine del tipo x− 1 responsabile della indeterminazione. Allora

limx→1

√x+ 1−

√2√

x2 + 3− 2·√x+ 1 +

√2√

x+ 1 +√2·√x2 + 3 + 2√x2 + 3 + 2

=

= limx→1

(x+ 1− 2)(√

x2 + 3 + 2)

(x2 + 3− 4)(√

x+ 1 +√2)

= limx→1

(x− 1)(√

x2 + 3 + 2)

(x+ 1)(x− 1)(√

x+ 1 +√2)

= limx→1

√x2 + 3 + 2

(x+ 1)(√

x+ 1 +√2)

=

√4 + 2

2(√2 +

√2)

=

√2

2


3− 4√x

9−√x. In questo caso, dato che ( 4

√x)2 =

√x, conviene porre

t = 4√x e quindi, notato che limx→81 t = 3, ricondurre il limite della funzione irrazionale

a quello di una funzione razionale

limx→81

3− 4√x

9−√x

= limt→3

3− t

9− t2= lim

t→3

1

3 + t=

1

6.

3. Limiti indeterminati coinvolgenti funzioni goniometriche

I casi di forme indeterminate per limiti coinvolgenti le funzioni goniometriche si affrontanogeneralmente trasformando la funzione f(x) di cui si vuole il limite mediante le identitagoniometriche soddisfatte dalle funzioni elementari coinvolte, in modo tale da giungere,in genere, al limite fondamentale limx→0

sen xx = 1 o a limiti da questo dedotti. Il tipo

di trasformazione da effettuare viene, volta per volta, suggerito dal particolare limite mala vastissima gamma dei limiti non permette di indicare un metodo per associare unaparticolare trasformazione ad un particolare limite.Va tenuto ben presente inoltre che il limite fondamentale ha valore π/180 nel caso che lavariabile sia espressa in gradi ossia

limx→0◦

senx

x=

π

180◦.


sen 3x

x. Il limite si risolve facilmente riscrivendo la funzione tramite

la nuova variabile 3x = y

limx→0

sen 3x

x= lim

y→0

sen y(

y3

) = limy→0

3 · sen yy

= 3 · 1 = 3,


in cui si deve notare che limx→0 y = 0. Tale limite puo essere esteso, potendosi dimostrarein tutta generalita che

limx→0

senmx

x= m.


1− cosx

x2. Questo limite si presenta nella forma 0/0, risulta partico-

larmente importante, e verra risolto in due modi diversi:a. moltiplicando numeratore e denominatore per il fattore 1 + cosx,

limx→0

1− cosx

x2· 1 + cosx

1 + cosx= lim

x→0

1− cos2 x

x2· 1

1 + cosx

= limx→0

sen2 x

x2· 1

1 + cosx= lim

x→0

( senx

x

)2

· 1

1 + cosx

= 12 · 1

1 + 1=

1

2

e dove si e considerato il limite fondamentale.b. il limite proposto si puo ricondurre piu direttamente al limite fondamentale utiliz-

zando la formula di bisezione 1 − cosx = 2 sen2 x2 . Sostituendo questa identita si

ha

limx→0

1− cosx

x2= lim

x→0

2 sen2 x2

x2= lim

x→0

2 · sen2 x2

4(

x2

)2

= limx→0

1

2

(

sen x2

x2

)2

= limy→0

1

2

(

sen y

y

)2

=1

2· 12 =

1

2,

e dove, analogamente al precedente esempio, si e considerato che y = x2 .


sen 5x

sen 2x. Limiti di questo genere si riconducono facilmente al limite

fondamentale con l’accorgimento di moltiplicare sia il numeratore che il denominatoreper la variabile x. Difatti

limx→0

sen 5x

sen 2x= lim

x→0

sen 5x

x· x

sen 2x= lim

x→05 · sen 5x

5x· 2x

sen 2x· 12= 5 · 1 · 1 · 1

2=

5

2.

Generalizzando si halimx→0

sen px

sen qx=

p

q.

Esercizio 26 limx→±∞

x sen1

x. Questo limite si riconduce facilmente a quello fondamen-

tale se si riscrive la funzione come

limx→±∞

x sen1

x= lim

x→±∞

sen(1/x)

1/x.

Introdotto il cambio di variabile t = 1/x tale che limx→±∞ 1/x = 0± il limite diventa


limx→±∞

x sen1

x= lim

t→0±

sen t

t= 1.

Esercizio 27 limx→a

sen2 x− sen2 a

x− a. Il limite e nella forma 0/0. Per ricondurlo al li-

mite fondamentale trasformiamo in prodotto, con le formule di prostaferesi, la differenzasenx− sen a responsabile dell’annullarsi del numeratore. Allora

limx→a

(senx− sen a)(senx+ sen a)

x− a= lim

x→a

senx− sen a

x− a· (senx+ sen a)

= limx→a

2 sen(

x−a2

)

cos(

x+a2

)

x− a(senx+ sen a)

= limx→a

sen(

x−a2

)

(

x−a2

) · cos x+ a

2· (senx+ sen a);

posto x− a = 2y e notato che limx→a y = 0, il limite diventa

limy→0

sen y

y· cos (y + a) · [sen(2y + a) + sen a] = 1 · cos a · 2 sen a = sen 2a.

Dagli esempi finora presentati emerge come sia importante acquisire dimestichezza conle molteplici forme che possono assumere i limiti onde riconoscere, su tale base, la tra-sformazione piu opportuna.


1− cosx+ senx

1− cosx− senx. Il limite proposto rientra nella forma indetermi-

nata 0/0 e per la sua soluzione si possono seguire strade diverse. Ci si deve pero rendereconto che per x → 0 e il seno (o la tangente) a diventare zero e non il coseno. Quindibisogna trasformare in modo da ottenere come fattore, sia al numeratore che al denomi-natore, un seno (o una tangente).

Ricordando allora che

{

1− cosx = 2 sen2 x2 (bisezione)

senx = 2 sen x2 cos x

2 (duplicazione)si ha

limx→0

1− cosx+ senx

1− cosx− senx= lim

x→0

2 sen2 x2 + 2 sen x

2 cos x2

2 sen2 x2 − 2 sen x

2 cos x2

= limx→0

2 sen x2

(

sen x2 + cos x

2

)

2 sen x2

(

sen x2 − cos x

2

)

= limx→0

sen x2 + cos x

2

sen x2 − cos x

2

=0 + 1

0− 1= −1.

Se si vuole la tangente come fattore al numeratore e al denominatore, si usino le formuleche esprimono il seno e il coseno in termini di tg x

2 = t ossia

limt→0

1−(

1−t2

1+t2

)

+(

2t1+t2

)

1−(

1−t2

1+t2

)

−(

2t1+t2

) = limt→0

1 + t2 − 1 + t2 + 2t

1 + t2 − 1 + t2 − 2t

= limt→0

2t(t+ 1)

2t(t− 1)= lim

t→0

t+ 1

t− 1= −1


dove si deve notare che limx→0 t = 0.


sen4 x

(1− cosx)2. Per evidenziare il limite fondamentale e immediato

riscrivere tale limite come

limx→0

sen4 x

x4· x4

(1− cosx)2= lim

x→0

sen4 x

x4·(

x2

1− cosx

)2

per cui, in base anche all’importante limite limx→01−cos x

x2 = 12 , si ottiene

limx→0

sen4 x

x4·(

x2

1− cosx

)2

= 14 · 22 = 4.


sen4 x

(1− cosx)3. In modo analogo al precedente limite si puo trasformare

la funzione nella

sen4 x

(1− cosx)3=

sen4 x

x4· x4

(1− cosx)3=

sen4 x

x4· x6

(1− cosx)3· 1x2

=sen4 x

x4·(

x2

1− cosx

)3

· 1x2

per cui il limite diviene

limx→0

sen4 x

x4·(

x2

1− cosx

)3

· 1

x2= +∞

in quanto limx→01x2 = +∞ mentre i restanti due limiti (1 e 8) sono finiti e positivi.


1− cos 2x

sen2 3x. A seguito della presenza del termine 2x ad argomento

del coseno dovremo introdurre al denominatore un termine pari a (2x)2 per risolverel’indeterminazione originata dal numeratore ossia

limx→0

1− cos 2x

sen2 3x= lim

x→0

(

1− cos 2x

4x2

)

· 4x2

sen2 3x.

Per lo stesso motivo, notata la presenza di sen2 3x converra riportarci al limite fonda-mentale riscrivendo identicamente 4x2 = 4

9 (3x)2 cioe

limx→0

(

1− cos 2x

4x2

)

· 4x2

sen2 3x= lim

x→0

(

1− cos 2x

4x2

)

· 49· (3x)2

sen2 3x

= limx→0

[

1− cos 2x

(2x)2

]

· 49·(

3x

sen 3x

)2

Posto t = 2x e z = 3x valgono i limiti

limx→0

[

1− cos 2x

(2x)2

]

= limt→0

1− cos t

t2=

1

2limx→0

(

3x

sen 3x

)2

= limz→0

( z

sen z

)2

= 1


dai quali e per il teorema del prodotto tra limiti, discende

limx→0

1− cos 2x

sen2 3x=

1

2· 49· 1 =

2

9.


3x+ tg x

senx+ tg2 x. Trasformando la funzione come

limx→0

x(

3 + tg xx

)

senx(

1 + sen xcos2 x

) = limx→0

x

senx· 3 + tg x

x

1 + sen xcos2 x

emergono, oltre a quello fondamentale, i due limiti limx→0tg xx e limx→0

sen xcos2 x . Quest’ul-

timo risulta banale essendo g(x) = sen xcos2 x una funzione continua in x = 0 mentre per

l’altro

limx→0

tg x

x= lim

x→0

senx

x· 1

cosx= 1 · 1 = 1.

Ne segue che

limx→0

x

senx· 3 + tg x

x

1 + sen xcos2 x

= 1 · 3 + 1

1 + 0= 4.

Esercizio 33 limx→0+

√1− cosx

x. Utilizzando la formula di bisezione 1−cosx = 2 sen2 x

2

e possibile trasformare il limite in

limx→0+

√2 · sen x

2

x= lim

x→0+

√2 sen x

2

2 · x2

=

√2

2· 1 =

√2

2

avendo considerato sen x2 > 0 in quanto x → 0+: un metodo alternativo razionalizza

invece il numeratore

limx→0+

√1− cosx

x·√1 + cosx√1 + cosx

= limx→0+

√1− cos2 x

x· 1√

1 + cosx

= limx→0+

senx

x· 1√

1 + cosx= 1 · 1√

2=

√2

2,

e dove√sen2 x = | senx| = senx avendosi x → 0+.

Esercizio 34 limx→π±

√1 + senx−

√1− senx

sen2 x. Il limite rientra nella forma 0/0. Razio-

nalizzando il numeratore riscriviamo identicamente

limx→π±

√1 + senx−

√1− senx

sen2 x

= limx→π±

(√1 + senx−

√1− senx)(

√1 + senx+

√1− senx)

sen2 x(√1 + senx+

√1− senx)

= limx→π±

2 senx

sen2 x(√1 + senx+

√1− senx)


Poiche limx→π± 2/ senx = ∓∞ mentre limx→π±√1 + senx+

√1− senx = f(π) = 2 si

ottiene

limx→π±

√1 + senx−

√1− senx

sen2 x= ∓∞.


x3

tg x− senx. Il fattore che annulla il denominatore e certamente

senx per cui conviene fattorizzarlo. A tal fine il limite si riscrive

limx→0

x3

senx(

1cos x − 1

) = limx→0

x3 cosx

senx(1− cosx):

per giungere a dei limiti noti basta trasportare opportunamente x3 al denominatore

limx→0

cosx[

sen x(1−cos x)x3

] = limx→0

cosx(

sen xx · 1−cos x

x2

) =1

1 · 12

= 2.


lnx− ln sen 2x. Il limite conduce alla forma indeterminata +∞−∞che, in base alle proprieta dei logaritmi, facilmente si puo ricondurre alla 0/0. Difatti

limx→0+

lnx

sen 2x= lim

x→0+ln

(

2x

sen 2x

)

· 12:

La funzione si puo interpretare come composta da y = sen 2x2x e dalla funzione logaritmo.

Ne segue che, notato come sia limx→0+ y = 1, il limite assume la forma

limy→1

ln

(

1

y· 12

)

= limy→1

− ln 2y = − ln(2 · 1) = − ln 2.

Esercizio 37 limx→π

2

tg x(1− senx). La forma indeterminata coinvolta e la 0 · ∞. Ri-

portata quindi la funzione nella forma in cui l’indeterminazione sia la 0/0 (o ∞/∞)riscrivendo la tg x,

limx→π

2

senx(1− senx)

cosx,

e ricordando che il coseno si annulla a π/2, l’obiettivo da perseguire sara quello di fattoriz-zare sia al numeratore che al denominatore un tale termine. A tale scopo moltiplichiamoe dividiamo per 1 + senx,

limx→π

2

senx(1− senx)(1 + senx)

cosx(1 + senx)= lim

x→π2

senx cos2 x

cosx(1 + senx)

= limx→π

2

senx cosx

1 + senx=

1 · 01 + 1

= 0.


Esercizio 38 limx→π

4

(1− tg x) tg 2x. La forma cui si giunge e ancora la 0·∞. Utilizzando

la formula di duplicazione per la tangente, riportiamo tutto alla tg x:

limx→π

4

(1− tg x) · 2 tg x

1− tg2 x= lim

x→ pi

4

(1− tg x) · 2 tg x

(1− tg x)(1 + tg x)

= limx→π

4

2 tg x

1 + tg x=

2

1 + 1= 1.

Come si puo constatare si e fattorizzato al denominatore il termine (1−tg x) responsabiledel suo annullamento per x → π

4 , rimuovendo in tal modo l’indeterminazione.

4. Limiti di funzioni esponenziali e logaritmiche

Nel caso delle funzioni derivanti da quella esponenziale i metodi presentati finora riman-gono validi in particolare, in tutti quei casi in cui ci si puo riportare a funzioni compostedove una delle funzioni componenti risulta un esponenziale o un logaritmo. E d’altraparte necessario conoscere il limite fondamentale

limx→∞

(

1 +1

x

)x

= e,

al quale spesso ci si dovra riportare per rimuovere le indeterminazioni.


ln(

√

x2 + 1− x)

. La funzione si puo considerare come una fun-

zione composta f [g(x)] con l’argomento g(x) =√x2 + 1 − x. Quest’ultimo per x → ∞

presenta una indeterminazione del tipo +∞−∞, per cui il limite richiesto si potra de-terminare solo se si risolve questa indeterminazione. Con i metodi gia visti, convieneprocedere ad una razionalizzazione

limx→+∞

√

x2 + 1− x = limx→+∞

(

√

x2 + 1− x)

·√x2 + 1 + x√x2 + 1 + x

= limx→+∞

1√x2 + 1 + x

= 0.

Pertantolim

x→+∞ln

(

√

x2 + 1− x)

= limy→0+

ln y = −∞.


expln2 x− 2

lnx− 2. Anche questo limite puo essere affrontato conside-

rando la funzione ad argomento come una funzione composta dalle

f(x) = et e t =ln2 x− 2

lnx− 2.

Va percio calcolato per primo il limite della t che conduce ad una forma del tipo +∞/−∞.Raccogliendo a numeratore e denominatore la potenza massima di lnx si ha

limx→0+

ln2 x− 2

lnx− 2= lim

x→0+

ln2 x(

1− 2ln2 x

)

lnx(

1− 2ln x

)

= limx→0+

lnx(

1− 2ln2 x

)

1− 2ln x

= −∞


in quanto limx→0+ lnx = −∞, limx→0+2

ln x = 0. Ne segue che

limx→0+

expln2 x− 2

lnx− 2= lim

t→−∞et = 0.


x

lga(1 + x). Il limite si presenta nella forma 0/0. Per poter ottenere

il limite fondamentale si porta la x al denominatore

limx→0

11x lga(1 + x)

= limx→0

1

lga(1 + x)1/x.

posto y = (1 + x)1/x si tratta di risolvere il limite

limx→0

(1 + x)1

x .

Questo rientra nell’elenco dei limiti importanti essendo riconducibile immediatamente allimite fondamentale con la sostituzione t = 1

x . Poiche limx→0 t = ∞ vale pertanto

limx→0

(1 + x)1

x = limt→∞

(

1 +1

t

)t

= e,

per cui

limx→0

1

lga(1 + x)1/x= lim

y→e

1

lga y=

1

lga e.


ax − 1

x. L’indeterminazione 0/0 si risolve ponendo y = ax − 1 da cui

discende x = lga(1 + y). Inoltre limx→0 y = 0 per cui sostituendo si ottiene

limy→0

y

lga(1 + y)

che in base alle considerazioni viste nell’esercizio precedente implica

limy→0

y

lga(1 + y)=

1

lga e= ln a.

Interessante ed importante risulta il caso particolare per a = e di questo limite che assumela forma

limx→0

ex − 1

x= 1.


ex − 1

senx. E facile ricondurre questo limite a due limiti conosciuti.

Moltiplicando e dividendo per x numeratore e denominatore si giunge a

limx→0

ex − 1

senx= lim

x→0

ex − 1

x· x

senx= 1 · 1 = 1.



1− cosx

(ex − 1)2. In modo analogo a quanto fatto nel precedente esercizio,

si ottiene

limx→0

1− cosx

(ex − 1)2= lim

x→0

1− cosx

x2· x2

(ex − 1)2= lim

x→0

1− cosx

x2·(

x

ex − 1

)2

=1

2· 12 =

1

2.


x1

1−x . Ricordando che un’espressione del tipo [f(x)]g(x) si puo ri-

scrivere come

[f(x)]g(x) = eln[f(x)]g(x)

= eg(x) ln f(x)

il limite diviene

limx→1

e1

1−x · lnx= lim

x→1eln x1−x ,

per cui e conveniente affrontare il limite dell’esponente

limx→1

lnx

1− x.

Posto quindi 1− x = −y e limx→1 y = 0 per cui

limy→0

− ln(1 + y)

y= lim

y→0− ln(1 + y)

1

y .

Con un’ulteriore sostituzione di variabile z = 1y e notato che limy→0 z = ∞, il limite si

riscrive

limz→∞

− ln

(

1 +1

z

)z

= − ln e = −1.

Il limite originario e pertanto

limx→1

e1

1−x · lnx= lim

t→−1et = e−1 =

1

e.


x1

ln 3x . Riscritto, in base alle note espresse nell’esercizio precedente,

il limite come

limx→0+

e1

ln 3x · lnx

si dovra cercare il

limx→0+

lnx

ln 3x= lim

x→0+

lnx

ln 3 + lnx.

Fattorizzato a denominatore il lnx si giunge a

limx→0+

lnx

lnx(

ln 3ln x + 1

) = limx→0+

1(

ln 3ln x + 1

) =1

0 + 1= 1


in quanto limx→0+ln 3ln x = 0. Ne discende percio

limx→0+

x1

ln 3x = limy→1

ey = e1 = e.


ex − e−x

e2x − e−2x. Raccogliendo a fattore a numeratore il termine e−x e a

denominatore e−2x il limite assume la forma

limx→0

e−x(e2x − 1)

e−2x(e4x − 1)= lim

x→0ex · e

2x − 1

e4x − 1.

Il secondo fattore si puo riportare a limiti noti riscrivendolo come

limx→0

ex · e2x − 1

e4x − 1= lim

x→0ex · e

2x − 112 · 2x ·

14 · 4xe4x − 1

= limx→0

1

2ex · e

2x − 1

2x· 4x

e4x − 1=

1

2· 1 · 1 · 1 =

1

2,

dove si e utilizzato il noto limite limx→0ex−1x = 1.


eax − ebx

x. Esplicitiamo un fattore pari a ebx riscrivendo il limite

nella forma

limx→0

eax − ebx

x= lim

x→0

1

x·(

eaxebx

ebx− ebx

)

.

Raccogliendo quindi a fattor comune il termine ebx discende

limx→0

ebxeax−bx − 1

x= lim

x→0ebx

[

e(a−b)x − 1

x

]

.

Posto t = (a− b)x il limite del termine tra parentesi quadrate diviene

limx→0

e(a−b)x − 1

x= lim

t→0(a− b) · e

t − 1

t= a− b

dove si e fatto uso dell’importante limite limx→0 (ex − 1)/x = 1. Poiche limx→0 e

bx = 1,si ha in definitiva

limx→0

eax − ebx

x= 1 · (a− b) = a− b.


(

x

1 + x

)2x

=1

e2. Sommando e sottraendo 1 a numeratore o, in al-

ternativa, eseguendo la divisione tra x e 1 + x, l’argomento del limite si riscrive come

limx→∞

(

x+ 1− 1

1 + x

)2x

= limx→∞

(

1 +−1

1 + x

)2x

.


Se ora poniamo t = −(1 + x) per cui x = −1 − t e osserviamo che limx→∞ t = ∞, ilprecedente si riscrive come

limt→∞

(

1 +1

t

)−2−2t

ma, sfruttando le proprieta dell’esponenziale, abbiamo pure

limt→∞

(

1 +1

t

)−2

·(

1 +1

t

)−2t

. (†)

Ora il limite del primo fattore e

limt→∞

(

1 +1

t

)−2

= (1 + 0)−2 = 1,

mentre il secondo fattore possiamo riscriverlo come

limt→∞

(

1 +1

t

)−2t

= limt→∞

[

(

1 +1

t

)t]−2

per cui, tenuto conto del limite fondamentale, discende

limt→∞

[

(

1 +1

t

)t]−2

= e−2.

Ripreso infine il limite originario con la sua riscrittura (†), il teorema del prodotto fornisceil risultato

limx→∞

(

x

1 + x

)2x

= limt→∞

(

1 +1

t

)−2

·(

1 +1

t

)−2t

= 1 · e−2 =1

e2.


(cosx)1/x2

=1√e. Per risolvere questo limite riscriviamo il suo ar-

gomento come un esponenziale a base costante riprendendo quanto detto nell’esercizio45

limx→0

(cosx)1/x2

= limx→0

exp

(

1

x2ln cosx

)

.

Ad argomento del logaritmo sommiamo e sottraiamo 1

limx→0

exp

[

1

x2ln (1− 1 + cosx)

]

e quindi modifichiamo, identicamente, il primo fattore ad esponente come

limx→0

exp

[

1− cosx

x2· 1

1− cosxln (1− 1 + cosx)

]

. (∗)


Riconosciamo nel primo fattore dell’esponente un termine noto e il cui limite e

limx→0

1− cosx

x2=

1

2.

Si puo risalire al limite dei restanti due fattori se lo riscriviamo nella forma

limx→0

1

1− cosxln[1 + (−1 + cosx)] = lim

x→0ln [1 + (−1 + cosx)]

1/(1−cos x). (∗∗)

Posto

t = − 1

1− cosx

e notato che

limx→0

(

− 1

1− cosx

)

= −∞,

il limite (∗∗) diviene

limt→−∞

ln

[

1 +1

t

]−t

e, per il limite fondamentale, fornisce

limt→−∞

ln

[

1 +1

t

]−t

= − limt−→−∞

ln

[

1 +1

t

]t

= − ln e = −1.

Ripreso il limite iniziale nella forma (∗) abbiamo in definitiva

limx→0

exp

[

1− cosx

x2· 1

1− cosxln (1− 1 + cosx)

]

= exp

[

1

2· (−1)

]

= e−1/2 =1√e.

Limiti fondamentali e importanti

Limiti fondamentali:

limx→0

senx

x= 1 lim

x→∞

(

1 +1

x

)x

= e

Limiti importanti collegati:

limx→0

1− cosx

x2=

1

2limx→0

(1 + x)1x = e

limx→0

senmx

x= m lim

x→0

ln(1 + x)

x= 1

limx→0

sen px

sen qx=

p

qlimx→0

ax − 1

x=

1

lga e= ln a

limx→0

tg x

x= 1 lim

x→0

ex − 1

x= 1

limx→0

apx − 1

aqx − 1=

p

q

limx→∞

(

1 +α

x

)x

= eα

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